精品解析：吉林省东北师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期第一次摸底考试物理试卷（解析版）

2024—2025学年上学期东北师大附中（物理）科试卷高三年级第一次摸底考试考试时间：75分钟满分：100分注意事项：1．答题前，考生须将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡指定位置上，并粘贴条形码。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。3．回答非选择题时，请使用0.5毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内，超出答题区域或在草稿纸、本试题卷上书写的答案无效。4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄皱、弄破，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1—7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.2022年中国空间站已经全面建成，目前已经转入应用与发展阶段。如图所示，若该空间站仅在地球引力作用下绕地球沿椭圆轨道运动，则运动过程中不变的物理量是（）A.动量B.加速度C.动能D.机械能【答案】D【解析】【详解】AC．空间站绕地球做椭圆运动过程中，速度大小和方向不断改变，故动量时刻改变，动能时刻改变，故AC错误；B．空间站到地心的距离不断改变，由万有引力提供向心力MmGmaR2第1页/共20页学科网（北京）股份有限公司可知，加速度时刻改变，故B错误；D．空间站仅在地球引力作用下运动，所以机械能守恒，故D正确。故选D。2.如图，滚筒洗衣机的滚筒截面是圆形的，a、c分别为最低点和最高点，b、d两点与圆心等高，洗衣机以一定的转速脱水时，湿衣物随滚筒在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（）A.湿衣物在b、d两点的向心力相同B.湿衣物在a点更容易脱水C.湿衣物在c点更容易脱水D.减小转速湿衣物脱水效果会更好【答案】B【解析】【详解】A．湿衣物随滚筒在竖直平面内做匀速圆周运动，则其在b、d两处的向心力大小相等，方向相反。故A错误；B．湿衣物运动到最低点a点时，加速度方向竖直向上，处于超重状态，由牛顿第二定律可知，湿衣物在a点受到滚筒的作用力最大，脱水效果最好。故B正确；C．同理，湿衣物在c点时，加速度竖直向下，处于失重状态，由牛顿第二定律可知，湿衣物在c点受到滚筒的作用力最小，脱水效果最差。故C错误；D．增大洗衣机转速，水需要的向心力越大，水越容易做离心运动，脱水效果会更好。故D错误。故选B。3.如图为烟花在空中的运动轨迹，虚线为轨迹上a、b、c三点的切线，其中最高点b的切线方向水平，c点的切线方向竖直，可知该烟花（）第2页/共20页学科网（北京）股份有限公司A.由a点运动到c点过程中，水平方向做匀速运动B.由b点到c点做平抛运动C.在b点的加速度方向竖直向下D.在b点处于失重状态【答案】D【解析】【详解】A．烟花做曲线运动，其速度方向沿运动轨迹的切线方向，烟花在c点的水平速度为零，故烟花受到空气阻力的作用，水平方向并非是匀速运动，故A错误；B．由于存在空气阻力的作用，不是只受重力，所以烟花由b点到c点不是做平抛运动，故B错误；C．烟花在b点受到空气阻力和重力的作用，其加速度并非是竖直向下，故C错误；D．由于在b点时烟花存在向下的加速度，故烟花处于失重状态，故D正确。故选D。4.如图，在光滑的固定足够长木板上，用轻质弹簧连接的两个物块A、B在水平恒力F作用下以相同加速度向左运动，两物块材料相同且mAmB。下列可以使弹簧伸长量不变的是（）A.增大水平拉力FB.在木板上表面垫上粗糙的纸C.将A、B的位置互换D.悬线下增挂一定质量的小钩码【答案】B【解析】【详解】A．弹簧稳定时伸长量取决于弹簧的弹力F弹，以物块A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有FmAmBa以B为研究对象，根据牛顿第二定律有F弹mBa联立可得第3页/共20页学科网（北京）股份有限公司mBFF弹mAmB可知增大水平拉力F，弹簧的弹力增大，伸长量增大，故A错误；B．在木板上表面垫上粗糙的纸，设物块A、B与纸间的动摩擦因数为，以物块A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有FmAmBgmAmBa以B为研究对象，根据牛顿第二定律有F弹mBgmBa联立可得mBFF弹mAmB可知弹簧弹力不变，则伸长量不变，故B正确；C．将A、B的位置互换，以物块A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有FmAmBa以A为研究对象，根据牛顿第二定律有F弹mAa联立可得mAFmBFF弹F弹mAmBmAmB可知弹簧弹力变大，伸长变大，故C错误；D．悬线下增挂一定质量的钩码，设钩码的质量为mC，对ABC整体，由牛顿第二定律得FmCgmAmBmCa可知aa对A有FF弹mAa未悬挂钩码时，对A有FF弹mAa第4页/共20页学科网（北京）股份有限公司对比可得F弹F弹可知弹簧弹力变大，伸长变大，故D错误。故选B。5.如图所示，整个系统处于静止状态，动滑轮与定滑轮之间的轻绳与水平方向的夹角为。如果将绳一端的固定点P缓慢向上移动到Q点，滑轮质量和一切摩擦均不计，整个系统重新平衡后（）A.物块B的高度不变，不变B.物块B的高度不变，变大C.物块B的高度增大，变大D.物块B的高度增大，不变【答案】A【解析】【详解】设绳子拉力大小为F，以B为对象，有FmBg以动滑轮为对象，根据受力平衡可得2FsinmAg设左侧墙壁与定滑轮之间的绳子长度为L，水平距离为x，根据几何关系可得xcosL将绳一端的固定点P缓慢向上移动到Q点，绳子拉力大小保持不变，则不变，由于水平距离x不变，则左侧墙壁与定滑轮之间的绳子长度L不变，故物块B的高度不变。故选A。6.如图，一物块以初速度v0从O点沿斜面向上运动，同时从O点斜向上以相同速度大小抛出一个小球，物块和小球的质量相等，它们在斜面上的P点相遇，不计空气阻力。下列说法正确的是（）第5页/共20页学科网（北京）股份有限公司A.小球和物块加速度相等B.小球运动到最高点时离斜面最远C.在P点时，小球的动能大于物块的动能D.小球和物块从O点到P点过程中合外力的功率相等【答案】C【解析】【详解】B．把小球的运动分解为沿斜面方向和垂直斜面方向，当垂直斜面方向的分速度减为0时，小球离斜面最远，但此时小球不是运动到最高点，故B错误；C．把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则小球沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在P点相遇，所以斜面是粗糙的；从O点到P点，小球和物块克服重力做功相对，但物块还要克服摩擦力做功，由于初动能相等，根据动能定理可知，在P点时，小球的动能大于物块的动能，故C正确；D．从O点到P点过程，小球只克服重力做功，物块需要克服重力做功和克服摩擦力做功，则合外力对物块做功的大小大于合外力对小球做功的大小，又所用时间相等，所以小球和物块从O点到P点过程中合外力的功率不相等，故D错误。A．小球的加速度为a球g设斜面倾角为，物块与斜面的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律可得mgsinmgcosma物可得物块的加速度大小为a物gsingcos不能确定小球和物块加速度是否大小相等，故A错误。故选C。7.“再生制动”是车辆靠惯性滑行时带动发电机发电，将部分动能转化为电能储存在电池中。某质量为m的汽电混动汽车以速度v1v1v0在平直路面上匀速行驶，该汽车设定为速度大于v0时选择再生制动，速第6页/共20页学科网（北京）股份有限公司度小于等于v0时选择机械制动，再生制动阶段阻力大小与速度大小成正比，即fkv；机械制动阶段阻力大小恒为车重的倍，重力加速度大小为g。则从某一时刻开始制动直到停下，汽车运动的位移大小为（）mvmvv2mvmvv2A.100B.1002k2gk2gmv2mv2v2mv2m2v2C.100D.10022gk2g【答案】B【解析】【详解】设汽电混动汽车再生制动阶段运动的位移为x1，由动量定理得fΔtmΔv又fkv即kvΔtmΔv所以在再生制动阶段有kx1mv0mv1解得m（vv）x101k在机械制动阶段，汽电混动汽车做匀减速运动，由牛顿第二定律可得fma又fmg解得ag设匀减速运动的位移为x2，由运动学得v2v2x0022a2μg所以汽电混动汽车从刹车到停止的位移为第7页/共20页学科网（北京）股份有限公司m（vv）v2xxx10012k2μg故选B。8.人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。某次打夯符合如图模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个大小为300N，方向都与竖直方向成37°的力作用；重物离开水平地面30cm后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸深3cm。重物的质量为50kg，取重力加速度g10m/s2，cos37°0.8，不计空气阻力，此次打夯过程中（）A.人对重物做功144JB.重物刚落地时的速度大小为2.5m/sC.重物的重力势能减少165JD.重物对地面的平均冲击力大小为5300N【答案】AD【解析】【详解】A．人对重物做功为W12Fcos37h123000.80.3J144J故A正确；B．设重物落地时的速度大小为v，从重物开始上升到重物落地前根据动能定理可得1Wmv2012解得v2.4m/s故B错误；C．重物的重力势能减少Epmgh50100.03J15J故C错误；D．设地面对重物的平均冲击力大小为F，对全程根据动能定理有第8页/共20页学科网（北京）股份有限公司W1mghFh00解得F5300N根据牛顿第三定律可知，重物对地面平均冲击力的大小为5300N，故D正确。故选AD。9.如图，从空间站伸出的机械臂外端安置一微型卫星，微型卫星、空间站、地球在同一直线上，微型卫星与空间站同步做匀速圆周运动。已知地球半径为R，空间站的轨道半径为r，机械臂长为d，忽略空间站对卫星的引力以及空间站的尺寸，下列说法正确的是（）rA.微型卫星的线速度与空间站的线速度大小之比为rdR2B.空间站所在处加速度与地球表面处加速度之比为r2C.微型卫星处于完全失重状态D.若机械臂操作不当，微型卫星脱落后会飞离空间站【答案】BD【解析】【详解】A．微型卫星和空间站能与地心保持在同一直线上绕地球做匀速圆周运动，所以微型卫星的角速度与空间站的角速度相等，根据vr可知v卫星rdv空间站r故A错误；B．根据牛顿第二定律第9页/共20页学科网（北京）股份有限公司MmGmar2解得空间站所在轨道处的加速度MaGr2在地球表面MmGmgR2解得MgGR2所以aR2gr2故B正确；CD．根据牛顿第二定律MmGmω2rr2解得GMr3可知仅受万有引力提供向心力时，微型卫星比空间站的轨道半径大，角速度小，由于微型卫星跟随空间站以共同的角速度运动，由Fm2r可知所需向心力增大，所以机械臂对微型卫星有拉力作用不是完全始终。所以，若机械臂操作不当，微型卫星脱落后会飞离空间站，故C错误，D正确。故选BD。10.如图（a），质量均为m的物块甲和木板乙叠放在光滑水平面，甲到乙左端的距离为L，初始时甲、乙均静止，质量为M的物块丙以速度v0向右运动，与乙发生弹性碰撞。碰后乙的位移x随时间t的变化如图（b）中实线所示，其中t0时刻前后的图像分别是抛物线（图中虚线）的一部分和直线，二者相切于P，抛物线的顶点为Q。甲始终未脱离乙，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）第10页/共20页学科网（北京）股份有限公司2v02vA.甲、乙间的动摩擦因数为B.碰后瞬间乙的速度大小为03gt032vtC.L至少为00D.乙、丙的质量比m:M1:23【答案】ACD【解析】【详解】B．由图（b）可知，碰后0~t0时间内乙做匀减速直线运动，t0时刻甲乙共速，之后二者匀速运动，设碰后瞬间乙的速度大小为v1，